CF 1842 H

给自己的博客引流：3.15 解除密码这个是这篇中最认真写的题。

CF 1842 H

妙妙题！！！太牛了。

首先， $x_{i} \in [0, 1]$ ，可以有两种： $x_{i} < 0.5, x_{i} \geq 0.5$ 。因为在 $[0, 1]$ 中抽出 $0.5$ 的几率为 $0$ ，就可以分成 $x_{i} < 0.5, x_{i} > 0.5$ 。如果这样分，那么 $x_{i}, x_{j} < 0.5 ⟹ x_{i} + x_{j} \leq 1$ ， $x_{i}, x_{j} > 0.5 ⟹ x_{i} + x_{j} \geq 1$ 。因此我们只需要考虑 $x_{i} < 0.5, x_{j} > 0.5$ 或者反过来的情况。为了方便起见，设 $< 0.5$ 为白色的， $> 0.5$ 为黑色的，默认 $x_{i}$ 白色， $x_{j}$ 黑色。

考虑一个白点和一个黑点怎么加起来 $\leq 1$ 。几个解释是，黑色的到 $1$ 的距离比白色的值大，即 $1 - x_{j} > x_{i}$ 。如果加起来 $\geq 1$ ，则 $1 - x_{j} < x_{i}$ 。（如果 $x_{i} > x_{j}$ ，则反过来）所以，我们可以求出 $min (x_{i}, 1 - x_{i})$ 和 $min (x_{j}, 1 - x_{j})$ 的大小关系。我们可以小的向大的连边，形成一个图。

如果我们不考虑时间复杂度，那么我们想求出的是：

把 $n$ 个点黑白染色。
这种染色方案对应的图要是无环的，即有拓扑序。拓扑序是按照 $min (x_{i}, 1 - x_{i})$ 的从小到大排序。

这个比较难求，我们可以反之求一个拓扑序，它对应的可行的黑白染色个数，设为 $c n t$ 。答案就是 $\frac{c n t}{2^{n} \times n!}$ 。

设 $d p_{m s k}$ 为已经固定好了 $m s k$ 里面包含的数（作为 $min (x_{i}, 1 - x_{i})$ 最小的 $popcnt (m s k)$ 个）的黑白染色方案数。怎么转移呢？我们还可以发现两个性质：

如果 $x_{a} + x_{b} \leq 1$ ，则 $min (x_{a}, x_{b}) < 0.5$ 。也就是说，固定 $max (x_{a}, x_{b})$ 对应的时候， $min$ 的已经在他前面了。
如果 $x_{a} + x_{b} \geq 1$ ，则 $max (x_{a}, x_{b}) > 0.5$ 。也就是说，固定 $min (x_{a}, x_{b})$ 对应的时候， $max$ 的已经在他前面了。这是因为， $max$ 的 $min (x_{i}, 1 - x_{i})$ 这个值更小。

那么，就很好转移了。具体来说，对于所有 $j \notin m s k$ ，

如果所有关于 $j$ 的 $\leq 1$ 的限制的另一端都确定了， $j$ 就可以是黑色。
如果所有关于 $j$ 的 $\geq 1$ 的限制的另一端都确定了， $j$ 就可以是白色。

时间复杂度 $O (2^{n} n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const ll mod = 998244353;

ll pw(ll x,ll y=mod-2){
	ll res=1;
	while (y){
		if (y&1){
			res=res*x%mod;
		}
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}

ll msk[2][20],dp[1<<20];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int n,m;
	cin>>n>>m;
	ll fac=1;
	for (ll i=1; i<=n; i++){
		fac=fac*i%mod;
	}
	ll div=pw(2,n)*fac%mod;
	for (int i=1; i<=m; i++){
		ll t,a,b;
		cin>>t>>a>>b;
		a--;
		b--;
		msk[t][a]|=1<<b;
		msk[t][b]|=1<<a;
	}
	dp[0]=1;
	for (int i=0; i<(1<<n); i++){
		for (int j=0; j<n; j++){
			if (!(i>>j&1)){
				if ((msk[0][j]|i)==i){
					(dp[i^(1<<j)]+=dp[i])%=mod;
				}
				if ((msk[1][j]|i)==i){
					(dp[i^(1<<j)]+=dp[i])%=mod;
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[(1<<n)-1]*pw(div)%mod<<"\n";
	return 0;
}